Eksamen i TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N

Størrelse: px

Begynne med side:

Download "Eksamen i TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N"

Astri Våge
7 år siden
Visninger:

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 8 Eksamen i TMA423/TMA425 Matematikk 4M/4N øsningsforslag Alexander undervold Mai 22 Oppgave a Den Fouriertransformerte til f er ˆf(w f(xe iwx dx Vi får ˆf(w ( ( e ax e iwx dx + e (a iwx dx + ( [ a iw e(a iwx ] ( a iw + a + iw a + iw + a iw a 2 + w 2 2 a π a 2 + w. 2 e ax e iwx dx e (a+iwx dx [ a + iw e (a+iwx ]

2 Side 2 av 8 b Fourierintegralet til f(x e a x er f(x ˆf(we iwx dw 2 a π a 2 + w 2 eiwx dw a a cos wx + i sin wx dw π a 2 + w2 a 2 + w2 2a cos wx π a 2 + w dw, 2 der den siste likheten følger av at a/(a 2 + w 2 og cos wx er jamne funksjoner, og sin wx er odde. Vi får dermed at Oppgave 2 For n har vi Den komplekse Fourierrekken er c n e inx, der c n n c n ( [ π cos wx w 2 + a 2 dw π 2a e a x. (π xe inx dx ] π in e inx ( π in π in e inπ π o o f(xe inx dx. xe inx dx xe inx dx Det siste integralet kan løses via delvis integrasjon: [ xe inx dx x in e inx + n 2 e inx o ] π π in e inπ + n 2 e inπ n 2.. Dermed får vi c n ( π in π in e inπ + π in e inπ n 2 e inπ + n 2 n 2 ( iπn e iπn +,

3 Side 3 av 8 der den siste likheten følger av at /i i. I tillegg får vi c (π xdx π 4. Fourierrekken til f er altså π 4 + n n n 2 ( iπn e iπn + e inx. Oppgave 3 a Ved å sette u(x, t F (xg(t inn i differensialligningen får vi at F (xg (t F (xg(t, slik at F (x F (x G (t G(t k, der k er en konstant. Dette gir de to ordinære differensialligningene F (x kf (x ( G (t kg(t. (2 Randbetingelsene gir at F ( F (. Vi løser først ODE ( med disse randbetingelsene. Formen på løsningen er avhengig av om k er positiv, null eller negativ. k > : Skriv k µ 2. Generell løsning av ( er Randbetingelsene gir F (x C e µx + C 2 e µx. F ( C + C 2, F ( C e µ + C 2 e µ. Den første av disse gir at C C 2, og den andre gir dermed at C C 2 (siden e µ > e µ. Vi får altså kun den trivielle løsningen u(x, t. k : ODE ( blir F (x som har generell løsning F (x ax + b. Randbetingelsene gir F ( b, F ( b,

4 Side 4 av 8 så vi får igjen kun den trivielle løsningen. k < : Skriv k µ 2. Generell løsning er F (x C cos µx + C 2 sin µx. Randbetingelsene gir F ( C, F ( C 2 sin µ. Dersom sin µ får vi altså ikke-trivielle løsninger. Dvs. µ nπ, eller µ nπ, gir løsningene F n (x C 2 sin nπ x, n, 2, 3,... Vi putter disse verdiene av µ inn i ODE (2 og får ( nπ 2 G (t + G(t, som har generell løsning Dette gir oss egenfunksjonene nπ G n (t C n e ( 2t, n, 2, 3,.... u n (x, t B n sin nπx nπ e ( 2t, n, 2, 3,... (der B n er konstanten C 2 C n. b For å finne løsningene som tilfredstiller initialbetingelsene bruker vi superposisjonsprinsippet til å danne løsningen u(x, t u n (x, t B n sin nπx nπ e ( 2 t av PDE og randbetingelser. (i Initialbetingelsen gir n n 3 sin 3π x B n sin nπx, n som er (pga entydighet er Fourierrekken til initialbetingelsen. Vi kan lese av koeffisienten B n direkte: vi har B n for alle n 3, og B 3 3. øsningen av PDE med randbetingelser og denne initialbetingelsen er altså u(x, t 3 sin 3πx e ( 3π 2t.

5 Side 5 av 8 (ii Initialbetingelsen gir n som er Fourier-sinus-rekken til. Dermed er B n sin nπx, B n 2 sin nπ x dx 2 [ cos nπ ] nπ x 2 (cos nπ nπ 2 nπ ( ( n. øsningen på PDE med randbetingelser og denne initialbetingelsen er altså u(x, t 2 nπ ( ( n sin nπx nπ e ( 2 t n Oppgave 4 a Vi har f(, f( /2 og f(2 /5. Interpolasjonspolynomet (på agrange-form er p 2 (x f(x (x x (x x 2 (x x (x x 2 + f(x (x x (x x 2 (x x (x x 2 + f(x 2 (x x (x x (x 2 x (x 2 x (x (x 2 ( ( x(x 2 ( x(x 2 (2 2 (x (x 2 + x(x x(x 2 2 (x2 6x +. b Ved å integrere begge sider av differensialligningen fra til x får vi dy dt dt y(x y( y(x + + t dt 2 + t 2 dt + t 2 dt.

6 Side 6 av 8 Fra a vet vi at funksjonen /(+t 2 kan tilnærmes med polynomet p 2 (t (t2 6t+. Ved å bruke dette i integralligningen får vi y(x + Dette gir y(5 8/ (t2 6t + dt + 3 (x3 9x 2 + 3x. Integralet kan løses eksakt og løsningen av differensialligningen blir y(x + tan (x. Vi har y(5 + tan ( , så den absolutte feilen i tilnærmingen er e Oppgave 5 Heuns metode for systemer y f(y er k hf(y k 2 hf(y + k y n+ y n + 2 (k + k 2. Med h.2, x og y o 4 får vi for vårt system at ( ( 4.8 k ( ( 4/5 + (4 4/5.48 k 2.2 4/5 (4 4/5.8 ( y + ( ( Oppgave 6 Kun for TMA425/Matematikk 4N a Delbrøkoppspalting gir F (s s 3 (s (s s + 3 s 4. Vi vet at ( e at, s a

7 Side 7 av 8 så Videre har vi at så forskyvningsteoremet gir ( f(t s 3 2 (s (s 4 3 et + 3 e4t. e as s(s (s 4 e as s(s (s 4, (e as g(t ah(t a, s(s (s 4 der g er den inverse aplacetranformerte til /(s(s (s 4 og H er Heavisidefunksjonen. Delbrøkoppspalting gir at ( et s(s (s e4t 2 + 4, så ( e as s(s (s 4 H(t a ( et a 3 + e4(t a b Vi bruker aplacetransformasjonen på begge sider av ligningen, skriver Y (y, og bruker initialbetingelsene. Får eller s 2 Y (s sy( y ( 5[sY (s y(] + 4Y (s e s s s 2 Y (s s 2 5[sY (s ] + 4Y (s e s s (s 2 5s + 4Y (s s 3 + e s s Y (s Fra a får vi dermed at y(t 2 3 et + 3 e4t + H(t 2 3 et + 3 e4t, t 2 3 et + 3 e4t et e 2s s, e 2s s e 2s s, s 3 (s 4(s + e s s(s 4(s e 2s s(s 4(s. ( et 3 + e4(t + H(t 2 ( et e4(t e4(t +, < t et + 3 e4t et + e4(t + et 2 e4(t , t > 2..

8 Side 8 av 8 Oppgave 7 Kun for TMA423/Matematikk 4M a Dette er Gauss-Seidel-iterasjon brukt på det gitte systemet. egg merke til at vi bruker verdiene av x, y, z, w i beregningene så snart de blir tilgjengelige (i motsetning til f.eks. Jacobi-iterasjon. Første iterasjon gir x y z w b Matrisen til systemet er Denne er diagonaldominant. Dermed vil Gauss-Seidel konvergere til løsningen av systemet..

Like dokumenter

TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013

Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Løsningsforslag Øving 4 1 a) Bølgeligningen er definert ved u tt c 2 u xx = 0. Sjekk